导数中的端点问题

1、导数中端点问题一.考情分析导数在数学各类问题以及各个学科和许多领域中有着非常广泛的应用.导数已成为研究函数性质的一种重要工具，例如求函数的单调区间、求最大(小)值、求函数的值域等等.在新课程背景下，一般情况都需要转化为函数，利用函数的性质，通过求导，利用单调性求出极值、最值，因此很多时侯可以利用导数作为工具研究函数性质，从而解决问题.讨论函数的端点就是其中一个考点，下面具体讨论导数在端点时有关的问题时的作用.二.经验分享1 .研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.2 .根据函数单调性求

2、参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的xC(a,b)都有f'x)X在(a,b)内的任一非空子区间上fx)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.3 .利用导数研究含参数函数的单调性问题，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.三、题型分析例1.已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).(导数的几何意义，函数的单调性.)(

3、I)当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程；(II)若当x1,时，f(x)>0,求a的取值范围.【分析】：(I)先求定义域，再求f(x),f(1),f(1),由直线方程得点斜式可求曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程为2xy20.(n)构造新函数g(x)lnxa(x1),对实数a分类讨论，用导数法求解.x1【解析】：(I)f(x)的定义域为(0,).当a4时，1f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)Inx3,f(1)2,f(1)0.曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线x方程为2xy20.(II)当x(1,),时,f(x)0等价于Inxa(x1)x10.令g(x)

4、Inx-a(则x11g(x)x2a(x1)22(1a)x1x(x1)2,g(1)当a2,x(1,)时，x22(1a)x1x22x10,故g(x)0,g(x)在x(1,)上单调递增，因此g(x)0；(ii)当a2时，令g(x)0得由x21和xx21得X1,故当x(1,x2)时，g(x)0,g(x)在x(1,x2)单调递减，因此g(x)0.xa1J(a1)21,x2a1m1)21,综上，a的取值范围是,2例2.已知入CR,函数f(x)=exex?(xlnxx+1)的导函数为g(x).(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)若函数g(x)存在极值，求入的取值范围；(3)若x小时，f(x)

5、>0值成立，求入的最大值.【解析】(1)因为f(x)=ex-e-?lnx,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为f(1)=0,又切点为(1,f(1),即(1,0),所以切线方程为y=0.(2) g(x)=ex-eNnx,g'(x)=ex3当入w时，g'(x)>0恒成立，从而g(x)在(0,+00止单调递增,x故此时g(x)无极值.当0时，设h(x)=exC则h'(x)=ex+0恒成立，所以h(x)在(0,+00止单调递增.xx当0vKe时，h(1)=e-X>0,h($=eeev0,且h(x)是(0,+8止的连续函数，因此存在唯一的刈6(看1),使

6、得h(x0)=0.当入时，h(1)=e-X<,0h(入手e入一1>0,且h(x)是(0,十%上的连续函数，因此存在唯一的x0C1,入)使得h(x0)=0.故当入0时，存在唯一的x0>0,使得h(x0)=0.且当0vxvx0时，h(x)v0,即g(x)v0,当x>x0时，h(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+00止单调递增，因此g(x)在x=x0处有极小值.所以当函数g(x)存在极值时，入的取值范围是(0,+°°).(3) g(x)=f(x)=exe?lnx,g'(x)=exx若g

7、'(x)>恒成立，则有入xex恒成立.设Mxxex>1,)则(j)(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以&x)单调递增，从而(Xx)词(1)=e,即入We_于是当入w时，g(x)在1,+00止单调递增，此时g(x)若(1)=0,即f(x)>Q从而f(x)在1,+8止单调递增.所以f(x)f=0恒成立.当Ae时，由(2)知，存在x0C(1,入)使得g(x)在(0,x。)上单调递减，即f(x)在(0,x°)上单调递减.所以当1vxvx0时，f(x)vf(1)=0,于是f(x.)在1,x°)上单调递减,所以f(x0)vf(1)=0.这与xR

8、1时，f(x)>0值成立矛盾.因此入w,e即入的最大值为e.例3.已知函数f(x)(x1)lnxaxa(a为正实数，且为常数)(1)若函数f(x)在区间(0,)上单调递增，求实数a.的取值范围；(2)若不等式(x1)f(x)为0恒成立，求实数a的取值范围【解析】：(1)因f(x)在(0,x1f(x)(x1)lnxaxa,f(x)lnx+a.x)上单调递增，则f(x)>0,aWlnx+11恒成立.x人1x1令g(x)lnx+-1,则g(x),xxx(0,1)1(1,)g(x)一0十g(x)减极小值增因此，gmin(x)g(1)2,即0a<2(2)当0aW：2时，由(1)知，当x

9、(0,)时，f(x)单调递增.又f(1)0,当x(0,1),f(x)0;当x(1,)时，f(x)0.故不等式(x1)f(x)式0恒成立.若a2,f(x)x1nx(1a)x1,x设p(x)xlnx(1a)x1,令p(x)Inx2a0,则xa2.当x(1,e)时，p(x)0,p(x)单倜递减,则p(x)p(1)则.f(x)改0,所以当,x(1,eax2)时，f(x)单调递减,则当x(1,ea2)时，f(x)f(1)0,此时(x1)f(x)0,矛盾.因此，0aM；2.2k例4.设函数f(x)x21Inx(D求函数f(x)的单调递增区间;内的任意实数Xi,X2当k为偶数时，恒有1一(n)设函数gx2b

10、x在0,1上是增函数，且对于0,1xf(xi)g(X2)成立，求实数b的取值范围;(出)当k是偶数时，函数h(x)f(x)xnh(x)2h(xn)2nnN+.【解析】：由已知，得函数f(x)的定义域为0,(I)当k为偶数时,f(x)x22lnx(x)红一1,又x0,x2f(x)0,即x10,得x1,所以此时函数f(x)的单调递增区间为1,当k为奇数时，f(x)22lnx,则f(x)2x一x2x210在定义域内恒成立，所以此时函数f(x)的单调增区间为0,(n).函数gx2bx1_，在0,1上是增函数xg(x)2b.x,11，0,1上恒成立，即b在x0,1上恒成立,13Xmax可知当k为偶数时,

11、f(x)0得0Vx1,即f(x)在0,1为减函数,minf(1)1.又对于0,1内的任意实数xi,x2,当k为偶数时，恒有f(x1)g(x2)成立,由得1bg，即11.(出)由(I)可知,h(x)由二项式定理xC：xnC：x：2C；x2b1,所以b1,C：xC；xnCx22n,即证C；xn2C；xn4设Sn=C：xn2C2xn4C2xnC：11xFxC：C；1x2n2nCnn1x2n12n则Sn=CnxCn2x4nCxn2两式相加得2Sn=C：xnCnxnC：12CnC2n1Cn22n2,即Sn2n2,所以原不等式得证.四、迁移应用1.已知对任意的x0恒有a1nxb(x1)成立.(i)求正数a

12、与b的关系;(n)若a1,设f(x)mVxn,(m,nR),若1nxf(x)b(x1)对x0恒成立，求函数f(x)的解析式;(m)证明:1n(n!)2n4,n(n2).【解析】：(1)设f(x)alnxb(x1),易知f(1)0,由已知f(x)0恒成立,所以函数f(x)在x1处取得最大值。abxaf(x)bxf(1)0,ab,又a0,f(x)在x1处取得极大值，符合题意,即关系式为ab.x1,1,即m224(,.k,k1)2(2)a1,b1,Inx令x1,有0mn0,即(、反1)(Jx1m)0对函数f(x)2(、x1),1(3)由(2)知：ln-km&nx1恒成立，mn0m,xmx0恒

13、成立，须1m4242,k.k.k11-In4(.nn1)(.n1n2)n!(1,0)2n4n2n即Inn!2n4.n(nN,n2)122.已知函数f(x)lnx-ax2x(a0).(i)若函数f(x)在定义域内单调递增，求a的取值范围;11.(n)右a且关于x的万程f(x)-xb在1,4上恰有两个不相等的实数根，求实数22围；b的取值范(ID)设各项为正的数列*an满足：a11,an1lnanan2,nN.求证：an21【解析】：(1)f(x)ax22x1(xx0).依题意f(x)0在x0时恒成立，即ax22x10在x0恒成立.则a匚区(-1)21在xxx12即a(1)1)min(x0)x12

14、当x1时，(1)21取最小值x.a的取值范围是(，1/c、11(2)a-,f(x)-xb22、一123设g(x)x-xlnxb(x420恒成立，1123x-xlnxb0.4 20).则g(x)(x2)(x1).列表:2xx(0,1)1(1,2)2(2,4)g(x)00g(x)极大值极小值5g(x)极小值g(2)ln2b2,g(x)极大值g(1)b-,4又g(4)2ln2b26g(1)0方程g(x)0在1,4上恰有两个不相等的实数根.则g(2)0,得ln22bg(4)o1(3)设h(x)lnxx1,x1,，则h(x)10xh(x)在1,为减函数，且h(x)maxh(1)0,故当x1时有lnxx1

15、.*.41.假设ak1(kN),则ak1lnakak21,故an1(nN).从而amlnan%22%1.1an12(1an)2n(1a1).即1an2n,an2n114123.【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试(一模)数学】已知函数f(x)-x-ax,aR.2(1)当a1时，求曲线f(x)在点(2,f(2)处的切线方程;(2)设函数g(x)(x22x2a)exef(x),其中e2.71828是自然对数的底数，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】(1)6xy100；(2)当a0时，g(x)在(，)上单调递增，无极值；当a0时，g(x)在(，由)和(«,

16、)单调递增，在(石,J0)单调递减，极大值为g(后(2s/a2)e启9a2,极小值为4g(、,a)(2、a2)eaea2.4【解析】(1)由题意f(x)x3ax,所以当a1时，”2)2,f(2)6,因此曲线yf(x)在点(2,f(2)处的切线方程是y26(x2),即6xy100.(2)因为g(x)(x22x2a)exef(x),所以g(x)(2x2)ex(x22x2a)exef'(x)2x32x(xa)ee(xax)(xa)(eex),令h(x)exex,则h(x)exe,令h(x)0得x1,当x(,1)时，h(x)0,h(x)单调递减，当x(1,)时，h(x)0,h(x)单调递增，所

17、以当x1时，h(x)minh(1)0,也就说，对于xR恒有h(x)0.当a0时，g(x)(x2a)h(x)0,g(x)在(，)上单调递增，无极值；当a0时，令g(x)0,可得x4a.当x指或x指时，g(x)(x2a)h(x)0,g(x)单调递增，当用x百时，g(x)0,g(x)单调递减，因此，当x声时,g(x)取得极大值g(金)(2Va2)e.-a2；4当xja时，g(x)取得极小值g(Va)(2品2)e"aea2.4综上所述：当a0时，g(x)在(，)上单调递增，无极值；当a0时，g(x)在(，病和(店)上单调递增，在(后,«)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大

18、值为g(7a)(27a2)e"aea2,4极小值为g(.a)(2、a2)eaa2.4【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是道综合题.4.已知函数fX1xlnx1,x1,)(1)证明：fx有唯一的零点:(2)当x1时，函数gxaexxlnx有零点，记a的最大值为t证明义妻e【答案】：(1)证明参考解析;(2)证明参考解析【解析】证明：(1)由题意得且f(1)0,f(x)W0,所以f(x)在1,)上单调递减，1f(x)-1lnx,x1,),易知f(x)单倜递减,xf(2)1ln20,f(e)2e0,所以f(x)在1,)上有唯一的零点(2

19、,e).(2)g(x)aexxlnx0h(x)xlnxa0,h(x)e(1x)lnx1x°lnx0ex02e2，方面h(x)h(2)2ln22,e另一方面，欲证2x0lnx0xee”2二，又(1x°)ln兄1e0,所以只需要证明1Inxoxne0记(x)1lnxxe1lnx1(x)e,由前面可知(x)在(1)上单调递减，所以(x0)(2)由(1)可知h(x)在1,)上有唯一的零点x(2,e).且h(x)在1,%)上单调递增，在%,)上单调递减，由2ln2,卜面来证te(1)零点存在定理的考察(易)(2)分参思想的运用，将t转化为函数转化为函数最值问题(难)5 .已知函数f(

20、x)(xa)*lnx,其中aR.(1)当a0时，求f(x)的单调区间；e(2)若x1,e时，f(x)恒成立，求实数a的取值范围.(附e2.7183)2一_11e【答案】：(1)0,-,-，(2)a>-.ee2【解析】：(1)由题意得：f(x)x(11nx)a,(x0)x1当a0时，f(x)1lnx,当x0,-，f(x)0,f(x)单倜递减；e，f(x)0,f(x)单调递增.2x1.kx恒成立,则f(x)的单调减区间为x0,1,f(x)的单调增区间为x1,.ee(2)令h(x)x(1Inx)a,x1,e,则h(x)2Inx,由x1,e,则h(x)0,h(x)单调递增，h(x)1a,2ea.

21、e.当a1时，h(x)0,则f(x)单调递增，满足f(e)ea<,无解；2当a2e时，h(x)0,则f(x)单调递减，满足f(1)04f,成立；2当1<a<2e时，由x1,e时，h(x)单调递增，所以存在x01,e,使得h(%)0,则f(x)在(1,x0)上单减，在(%,e)上单增，eeee要f(x)<一恒成立，只要1)<一且£仁)<一，即<a<2e.2222综上所述，实数a的取值范围为a>-.26 .已知函数f(x)(x1)ln(x1)mn,曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y(D求m,n的值和f(x)的单调区间；(

22、2)若对任意的x0,),f(x)kx恒成立，求整数k的最大值.1 1.、【答案】：(1)m1,n0,减区间(1,-1),增区间为(1,).证明参考解析；(2)3ee【解析】(1)由题f'(x)ln(x1)m1,故f'(0)m12,m1m1又f(0)mn1n,点(0,n1)在y2x1上，代入解得n0,n01此时f'(x)ln(x1)1,(x1)令f'(x)0得x11,e-11.当x(1,-1),f'(x)0,f(x)单调递减；当x(1,),f'(x)0,f(x)单调递增ee,，、，、1八1，、故f(x)减区间(1,-1),增区间为(1,)ee(3)解法一：(分类讨论)：由(1)可知f(x)(x1)ln(x1)1,对x0,),f(x)即f(x)kx0恒成立。令g(x)f(x)kx(x1)ln(x1)1kx,只需g(x)min0,g'(x)ln(x1)2k2k.当k2时g'(x)0恒成立(当且仅当x0,k2时取等)，此时g(x)在0,)单调递增,g(x)g(